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专练 16 导数在研究函数中的应用
授课提示：对应学生用书31页
[基础强化]
一、选择题
1．函数f(x)＝3＋x ln x的单调递减区间是( )
A． B．
C． D．
答案：B
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，由f′(x)<0，得01时f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以0<<1，所
以k≥1.故选D.
3．若函数f(x)的导函数f′(x)＝x2－4x＋3，则使得函数f(x－1)单调递减的一个充分不必
要条件是x∈( )
A．[0，1] B．[3，5]
C．[2，3] D．[2，4]
答案：C
解析：因为f′(x)＝x2－4x＋3＝(x－1)(x－3)，所以f(x)在区间[1，3]上单调递减，f(x)的
图象向右平移一个单位长度得到f(x－1)的图象，所以f(x－1)在区间[2，4]上单调递减．用
集合的观点考虑“充分不必要条件”，在选项中，包含在区间[2，4]内的选项为C.故选C.
4．已知函数f(x)＝x3＋2x＋sin x，若f(a)＋f(1－2a)>0，则实数a的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．(－∞，1)
C． D．
答案：B
解析：∵函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．又f′(x)＝3x2＋2＋cos
x>0，∴f(x)在R上单调递增，∴f(a)>f(2a－1)，a>2a－1，解得a<1.故选B.
5．[2024·昆明摸底诊断测试]已知函数f(x)＝ex＋e－x，则( )
A．f(－)0时，f′(x)＝ex－
>0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．因为<0恒成立，常数 a，b满足
a>b，则下列不等式一定成立的是( )
A．af(a)>bf(b) B．af(b)>bf(a)
C．af(a)0，所以函数g(x)在R上单调递增．因为
a>b，所以g(a)>g(b)，即af(a)>bf(b)，故选A.
7．若f(x)＝，0f(b) B．f(a)＝f(b)
C．f(a)1
答案：C
解析：∵f(x)＝，∴f′(x)＝， 当 00，故 f(x)在(0，e)上单调递增．又
∵01时，f(x)有三个零点
B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点
C．存在a，b，使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴
D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心
答案：AD
解析：f(x)＝2x3－3ax2＋1，则f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a).A选项，当a>1时，f′(x)的零
点为x ＝0，x ＝a，则x>x.当x<0时，f′(x)>0，当0a时，f′(x)>0，
1 2 2 1
则f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，则x＝0是
f(x)的极大值点，x＝a是f(x)的极小值点，又f(0)＝1>0，f(a)＝2a3－3a3＋1＝1－a3<0，且
f(－a)<0，f(2a)>0，所以f(x)有三个零点，A正确；B选项，当a<0时，易知f(x)在(－∞，a)
上单调递增，在(a，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以x＝0是f(x)的极小值点，
B错误；C选项，若x＝b是曲线y＝f(x)的对称轴，则f(x＋b)＝f(b－x)，即2(x＋b)3－3a(x＋
b)2＋1＝2(b－x)3－3a·(b－x)2＋1，即x3＋3b2x＝3abx，不存在a，b使等式恒成立，故不存
在a，b，使得直线x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴，C错误；D选项，若点(1，f(1))为曲线y
＝f(x)的对称中心，则f(1＋x) ＋f(1－x)＝2f(1)，即2(1＋x)3－3a(1＋x)2＋1＋2(1－x)3－3a(1
－x)2＋1＝6－6a，整理得(12－6a)x2－6a＋6＝6－6a，解得a＝2，所以存在a，使得点(1，
f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．故选AD.
9．(多选)已知函数y＝f(x)在R上可导且f(0)＝1，其导函数f′(x)满足>0，对于函数g(x)
＝，下列结论正确的是( )
A．函数g(x)在(1，＋∞)上为单调递增函数
B．x＝1是函数g(x)的极小值点
C．函数g(x)至多有两个零点
D．x≤0时，不等式f(x)≤ex恒成立
答案：ABC
解析：因为>0，所以当x>1时，f′(x)－f(x)>0；当x<1时，f′(x)－f(x)<0.因为g(x)＝，所
以g′(x)＝，则当x>1时，g′(x)>0；当x<1时，g′(x)<0.所以函数g(x)在(1，＋∞)上为单调递
增函数，在(－∞，1)上为单调递减函数，则x＝1是函数g(x)的极小值点，则选项A，B均
正确．当g(1)<0时，因为函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1)上单调递减，所以
函数g(x)在区间(1，＋∞)和区间(－∞，1)上分别至多有一个零点，当g(1)>0时，函数g(x)
无零点，所以函数g(x)至多有两个零点，所以选项C正确．因为f(0)＝1，所以g(0)＝＝1，
又g(x)在区间(－∞，1)上单调递减，所以当 x≤0时，g(x)＝≥g(0)＝1，又 ex>0，所以
f(x)≥ex，故选项D错误．故选ABC.
二、填空题
10．若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为(－1，3)，则b＋c＝________．
答案：－12
解析：f′(x)＝3x2＋2bx＋c，由题意得3x2＋2bx＋c<0的解集为(－1，3).
∴得
∴b＋c＝－12.
11．[2024·新课标Ⅰ卷]若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a
的切线，则a＝__________．
答案：ln 2
解析：令f(x)＝ex＋x，则f′(x)＝ex＋1，所以曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线斜率为f′(0)＝2，所以切线方程为y＝2x＋1.令g(x)＝ln (x＋1)＋a，则g′(x)＝.因为直线y＝2x＋1也
是曲线y＝g(x)的切线，所以令＝2，解得x＝－，则曲线y＝g(x)与直线y＝2x＋1的切点坐
标为(－，0)，所以0＝a－ln 2，解得a＝ln 2.
12．已知函数 f(x)＝(x2－mx－m)ex＋2m(m∈R)在 x＝0 处取得极小值，则 m＝
________，f(x)的极大值是________．
答案：0 4e－2
解析：由题意知，f′(x)＝[x2＋(2－m)x－2m]ex，f′(0)＝－2m＝0，解得m＝0，∴f(x)＝
x2ex，f′(x)＝(x2＋2x)ex.令f′(x)>0，解得x<－2或x>0，令f′(x)<0，解得－20，则0<≤xex在
(1，2)恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所
以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e－1，故选C.
14．(多选)[2022·新高考Ⅰ卷，10]已知函数f(x)＝x3－x＋1，则( )
A．f(x)有两个极值点
B．f(x)有三个零点
C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心
D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
答案：AC
解析：由题意知f′(x)＝3x2－1.令f′(x)＝0，得x＝或x＝－.令f′(x)＞0，得x＜－或x＞；
令f′(x)＜0，得－＜x＜.所以f(x)在(－∞，－)和(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减，
所以f(x)有两个极值点，所以A正确．f(x) ＝f(－)＝－＋＋1＞0，f(x) ＝f()＝－＋1＞
极大值 极小值
0.当x→＋∞时，f(x)→＋∞；当x→－∞时，f(x)→－∞，所以f(x)有一个零点，所以B错误．
因为f(x)＋f(－x)＝x3－x＋1＋(－x)3＋x＋1＝2，所以曲线y＝f(x)关于点(0，1)对称，所以C
正确．令f′(x)＝3x2－1＝2，得x＝1或x＝－1，所以当切线的斜率为2时，切点为(1，1)或
(－1，1)，则切线方程为y＝2x－1或y＝2x＋3，所以D错误．故选AC.
15．设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围
是________．
答案：[，1)
解析：由题意得当x>0时，f′(x)＝ax ln a＋(1＋a)x ln (1＋a)＝ax≥0，设g(x)＝ln a＋ ln
(1＋a)，因为ax>0，所以g(x)≥0.
因为a∈(0，1)，所以ln (1＋a)>0，＋1>1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故只需
满足g(0)≥0，即ln a＋ln (1＋a)＝ln (a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－或a≥，又
00 B．ab>0
C．b2＋8ac>0 D．ac<0
答案：BCD
解析：因为函数f(x)＝a ln x＋＋(a≠0)，所以函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，
因为函数f(x)既有极大值也有极小值，所以关于x的方程ax2－bx－2c＝0有两个不等的正实
根x，x，则即，
1 2
所以.故选BCD.
